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TeorıaEjercicios resueltos
Teorıa y Ejercicios Resueltos Maximos y Mınimos
Fabian Augusto Molina
Universidad de Ibague
Fabian Augusto Molina Teorıa y Ejercicios Resueltos Maximos y Mınimos
TeorıaEjercicios resueltos
Indice
1 TeorıaCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
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1 TeorıaCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
2 Ejercicios resueltosCriterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
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Criterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
Teorema del valor extremo
Sea f una funcion continua de dos variables x y y definida en unaregion acotada cerrada R en el plano xy .
1 Existe por lo menos un punto en R , en el que f toma un valormınimo absoluto.
2 Existe por lo menos un punto en R , en el que f toma un valormaximo absoluto.
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Definicion de extremos relativos
Sea f una funcion definida en una region R que contiene (a, b).
1 La funcion tiene un mınimo relativo en (a, b) si
f (x , y) ≥ f (a, b)
para todo (x , y) en un disco abierto que contiene (a, b).
2 La funcion tiene un maximo relativo en (a, b) si
f (x , y) ≤ f (a, b)
para todo (x , y) en un disco abierto que contiene (a, b).
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Definicion de los puntos crıticos
Sea f definida en una region abierta R que contiene (a, b). El punto(a, b) es un punto crıtico de f si satisface una de las condicionessiguientes:
1 fx(a, b) = 0 y fy (a, b) = 0
2 fx(a, b) o fy (a, b) no existe.
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Los extremos relativos se presentan solo en puntos crıticos
Si f tiene un extremo relativo en (a, b) en una region abierta R ,entonces (a, b) es un punto crıtico de f .
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Criterio de las segundas derivadas parciales
Sea f una funcion con segundas derivadas parciales continuas enuna region abierta que contiene un punto (a, b) para el cual
fx(a, b) = 0 y fy (a, b) = 0
Para buscar los extremos relativos de f , considerese la cantidad
D = D(a, b) = fxx(a, b)fyy (a, b)− [fxy (a, b)]2
1 Si D > 0 y fxx(a, b) > 0, entonces f tiene un mınimorelativo en (a, b).
2 Si D > 0 y fxx(a, b) < 0, entonces f tiene un maximorelativo en (a, b).
3 Si D < 0, entonces (a, b, f (a, b)) es un punto silla.
4 Si D = 0, el criterio no lleva a ninguna conclusion.
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Criterio conjunto cerrado y acotado
Para calcular los valores absolutos maximo y mınimo de una funcioncontinua f en un conjunto cerrado y acotado R .
1 Se calculan los valores de f en los puntos crıticos de f en R .
2 Se determinan los valores extremos de f en la frontera de R .
3 El mas grande de los valores de los pasos 1 y 2 es el valormaximo absoluto,el mas pequeno de estos valores es el valormınimo absoluto.
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Teorema de Lagrange
Sean f y g funciones con primeras derivadas parciales continuas, ytales que f tiene un extremos en un punto (a, b) sobre la curva suavede restriccion o ligadura g(x , y) = c . Si ∇g(a, b) 6= ~0, entoncesexiste un numero real λ tal que
∇f (a, b) = λ∇g(a, b)
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Metodo de los multiplicadores de Lagrange
Sean f y g funciones que satisfacen la hipotesis del teorema deLagrange,y sea f una funcion que tiene un mınimo o un maximosujeto a la restriccion o ligadura g(x , y) = c . Para hallar el mınimoo el maximo de f , seguir los pasos descritos a continuacion.
1 Resolver simultaneamente las ecuaciones∇f (x , y) = λ∇g(x , y) y g(x , y) = c resolviendo el sistema deecuaciones siguiente.
fx(x , y) = λgx(x , y)
fy (x , y) = λgy (x , y)
g(x , y) = c
2 Evaluar f en cada punto solucion obtenido en el primer paso.El mayor valor da el maximo de f sujeto a la restriccion oligadura g(x , y) = c , y el menor valor da el mınimo de f
sujeto a la restriccion o ligadura g(x , y) = c .
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Ejercicios resueltos I
1 Para f (x , y) = (1 + xy)(x + y) determine si tiene maximos,mınimos y puntos de silla.Realizando operaciones tenemos que nuestra funcion esf (x , y) = x + y + x2y + xy2, derivando parcialmente tenemos
fx(x , y) = 1 + 2xy + y2
fxx(x , y) = 2y
fxy (x , y) = 2x + 2y
fy (x , y) = 1 + x2 + 2xy
fyy (x , y) = 2x
fyx(x , y) = 2x + 2y
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Ejercicios resueltos II
ası
D(x , y) = fxx(x , y)fyy (x , y)− [fxy (x , y)]2
= 4xy − (2x + 2y)2
= 4xy − 4x2 − 8xy − 4y2
= −4(
x2 + y2 + xy)
para encontrar los puntos crıticos hacemos fx(x , y) = 0 yfy (x , y) = 0, por lo cual tenemos el siguiente sistema de ecuaciones
{
1 + 2xy + y2 = 0 (1)
1 + x2 + 2xy = 0 (2)
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Ejercicios resueltos III
realizando (1)− (2) obtenemos
y2 − x2 = 0
(y − x)(y + x) = 0
de donde tenemos
1 y = x , reemplazando en (1)
1 + 2x2 + x2 = 0
3x2 = −1
lo cual es contradictorio, pues un numero positivo no es igual aun numero negativo, con lo cual no podemos tomar y = x .
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Ejercicios resueltos IV
2 y = −x , reemplazando en (1)
1− 2x2 + x2 = 0
1− x2 = 0
(1− x)(1 + x) = 0
ası, x = 1 y x = −1 de donde y = −1 y y = 1 respectivamente,los puntos crıticos son (1,−1) y (−1, 1). Reeemplazando
D(1,−1) = −4(2− 1)
= −4
D(−1, 1) = −4(2− 1)
= −4
como D(1,−1) y D(−1, 1) son negativos concluimos que lospuntos (1,−1) y (−1, 1) son puntos de silla.
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2 Sea f (x , y) = x3 − 12xy + 8y3 determine si tiene maximos,mınimos y puntos de silla.Sea f (x , y) = x3 − 12xy + 8y3, derivando parcialmente tenemos
fx(x , y) = 3x2 − 12y
fxx(x , y) = 6y
fxy (x , y) = −12
fy (x , y) = 24y2 − 12x
fyy (x , y) = 48y
fyx(x , y) = −12
ası
D(x , y) = fxx(x , y)fyy (x , y)− [fxy (x , y)]2
= 288xy − 144
= 144(2xy − 1)
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Criterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
para encontrar los puntos crıticos hacemos fx(x , y) = 0 yfy (x , y) = 0, por lo cual tenemos el siguiente sistema de ecuaciones
{
3x2 − 12y = 0 (1)
24y2 − 12x = 0 (2)
multiplicando (1) por x y (2) por y , tenemos
{
3x3 − 12xy = 0 (3)
24y3 − 12xy = 0 (4)
realizando (3)− (4) obtenemos
3x3 − 24y3 = 0
3(
x3 − 8y3)
= 0
3 (x − 2y)(
x2 + 2xy + 4y2)
= 0
(x − 2y) = 0
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tenemos x = 2y , reemplazando en (1)
3 (2y)2 − 12y = 0
12y2 − 12y = 0
12y(y − 1) = 0
ası, y = 0 y y = 1 de donde x = 0 y x = 2 respectivamente, lospuntos crıticos son (0, 0) y (1, 2). Reeemplazando
D(0, 0) = 144(−1)
= −144
D(2, 1) = 144(4− 1)
= 432
como D(0, 0) es negativo el punto (0, 0) es un punto de silla,adicionalmente D(2, 1) > 0 y fxx(2, 1) = 6(2) = 12 > 0 el punto(2, 1) es un punto mınimo con valor mınimof (2, 1) = 23 − 12(2)(1) + 8(1)3 = −8.
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3 Un comedero de secciones transversales en forma de trapecio seforma doblando los extremos de una lamina de aluminio de 30pulgadas de ancho. Encuentre el angulo θ y la longitud lateral xque maximizan el area de la seccion transversal.
θ θ
xx
30− 2x
θ
xh
w
sin θ = hx=⇒ h = x sin θ
cos θ = wx=⇒ w = x cos θ
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Tenemos
A(x , θ) =(30− 2x + 30− 2x + 2x cos θ)
2x sin θ
= (30− 2x + x cos θ) x sin θ
Derivando parcialmente con respecto a x y θ
Ax(x , θ) = sin θ (30− 4x + 2x cos θ) = 0
Aθ(x , θ) = (30− 2x)x cos θ + x2(
2 cos2 θ − 1)
= 0
De donde1 sin θ = 0 =⇒ θ = 0 o θ = π, lo cual no puede suceder.2 (30− 4x + 2x cos θ) = 0 =⇒ cos θ = 2x−15
x
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Reemplazando en Aθ(x , θ) tenemos
(30− 2x)x cos θ + x2(
2 cos2 θ − 1)
= 0
(30− 2x)x
(
2x − 15
x
)
+ x2
(
2
(
2x − 15
x
)2
− 1
)
= 0
30(2x − 15)− 2x(2x − 15) + 2(2x − 15)2 − x2 = 0
3x2 − 30x = 0
x = 10
entonces cos θ = 12=⇒ θ = π
3
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4 Encuentre los valores maximo y mınimo absolutos de la funcion
f (x , y) =4xy
(x2 + 1) (y2 + 1)
en la region R ={
(x , y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1}
.
Sea
f (x , y) =4xy
(x2 + 1) (y2 + 1)=
4x
(x2 + 1)
y
(y2 + 1)
Derivando parcialmente con respecto a x y a y
fx(x , y) =4y(
1− x2)
(x2 + 1)2 (y2 + 1)= 0
fy (x , y) =4x(
1− y2)
(x2 + 1) (y2 + 1)2= 0
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Asi 4y(
1− x2)
= 0 y 4x(
1− y2)
= 01 Si y = 0 entonces x = 02 Si
(
1− x2)
= 0 entonces x = ±1 y y = ±1
Obtenemos el punto crıtico (0, 0), descartamos los puntos(±1,±1) por que no estan en R .Ahora encontremos los puntos crıticos en las fronteras
Para la frontera x = 0 con 0 ≤ y ≤ 1 tenemos la funcion linealf1(y) = 0, la cual no posee maximos ni mınimos.Para la frontera y = 0 con 0 ≤ x ≤ 1 tenemos la funcion linealf2(x) = 0, la cual no posee maximos ni mınimos.Para la frontera y =
√1− x2 con 0 ≤ x ≤ 1. tenemos la
funcion f3(x) =4x
√
1−x2
2+x2−x4 la cual posee maximo en el punto
crıtico(
1√
2, 1√
2
)
.
Ası el valor maximo absoluto en R es f(
1√
2, 1√
2
)
= 89y el mınimo
absoluto en R es f (0, 0) = 0.
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5 Determine los valores maximo y mınimo absolutos de la funcion
f (x , y) = x2 − 4xy + 5
en la region R ={
(x , y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤√x}
.
Sea f (x , y) = x2−4xy+5, derivando parcialmente con respectoa x y a y
fx(x , y) = 2x − 4y = 0
fy (x , y) = −4x = 0
Obtenemos el punto crıtico (0, 0).
Ahora encontremos los puntos crıticos en las fronteras
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Para la frontera y = 0 con 0 ≤ x ≤ 4 tenemos la funcioncuadatica f1(x) = x2 + 5, la cual posee maximo en (4, 0) ymınimo en (0, 0).
Para la frontera x = 4 con 0 ≤ y ≤ 2 tenemos la funcion linealf2(y) = 16− 16y + 5, la cual posee maximo en (4, 0) y mınimoen (4, 2).
Para la frontera x = y2 con 0 ≤ y ≤ 2. tenemos la funcionf3(y) = y4 − 4y3 + 5 la cual posee puntos crıticos en (0, 0) y(9, 3), descartamos a (9, 3) por que no esta en R .
Ası el valor maximo absoluto en R es f (4, 0) = 21 y el mınimoabsoluto en R es f (4, 2) = −11.
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6 El plano x + y + 2z = 2 al cortar el paraboloide z = x2 + y2 formauna elipse, Encuentre el punto de la elipse que es mas cercano ymas alejado al origen.Sea d(x , y , z) =
√
x2 + y2 + z2 la distancia del origen a un puntosobre la elipse. Ahora los puntos maximos y mınimos no cambian sia esta distancia le sacamos el cuadrado a ambos lados
(d(x , y , z))2 =(
√
x2 + y2 + z2)2
, es decir podemos tomar una
nueva funcion f (x , y , z) = (d(x , y , z))2, que tendra los mismosmaximos y mınimos que la funcion d(x , y , z). Ası la funcion amaximzar o mınimizar es f (x , y , z) = x2 + y2 + z2 bajo las
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restricciones g(x , y , z) = x + y + 2z − 2 = 0 yh(x , y , z) = x2 + y2 − z = 0. Tenemos
∇f (x , y , z) = (2x , 2y , 2z)
∇g(x , y , z) = (1, 1, 2)
∇h(x , y , z) = (2x , 2y ,−1)
utilizando el metodo de multiplicadores de Lagrange
∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)
(2x , 2y , 2z) = λ(1, 1, 2) + µ(2x , 2y ,−1)
= (λ, λ, 2λ) + (2µx , 2µy ,−µ)
= (λ+ 2µx , λ+ 2µy , 2λ− µ)
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obteniendo el sistema
2x = λ+ 2µx (1)
2y = λ+ 2µy (2)
2z = 2λ− µ (3)
despejando λ en (1) y (2)
λ = 2x(1− µ)
λ = 2y(1− µ)
igualando
2x(1− µ) = 2y(1− µ)
2x(1− µ)− 2y(1− µ) = 0
(2x − 2y)(1− µ) = 0
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1 Si µ = 1 entonces λ = 0, reemplazando en (3) tenemos quez = − 1
2, reemplazando en h(x , y , z) tenemos x2 + y2 = − 1
2, lo
cual es contradictorio, por lo cual no podemos suponer queµ = 1.
2 Si x = y , reemplazando en h(x , y , z) tenemos 2x2 − z = 0 (4)y en g(x , y , z)
2x + 2z = 2
x + z = 1
z = 1− x
ahora reemplazando en (4) tenemos
2x2 − (1− x) = 0
2x2 + x − 1 = 0
(x + 1)(2x − 1) = 0
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ası, x = −1, y = −1 y x = 12, y = 1
2de donde z = 2 y z = 1
2
respectivamente, los puntos crıticos son (−1,−1, 2) y (12, 12, 12),
reemplazando en f (x , y , z)
f (−1,−1, 2) = (−1)2 + (−1)2 + 22
= 6
f
(
1
2,1
2,1
2
)
=
(
1
2
)2
+
=3
4
con lo cual concluimos que el punto mas cercano al origen que seencuentra sobre la elipse es
(
12, 12, 12
)
y el punto mas lejano es(−1,−1, 2).
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7 El plano 4x − 3y + 8z = 5 al cortar el cono z2 = x2 + y2 formauna elipse, encuentre el punto mas alto y mas bajo en la elipse.Sea f (x , y , z) = z la funcion que describe la altura a la cual seencuentra un punto (x , y , z) en la elipse, con las restriccionesg(x , y , z) = 4x − 3y + 8z − 5 = 0 y h(x , y , z) = x2 + y2 − z2 = 0.Tenemos
∇f (x , y , z) = (0, 0, 1)
∇g(x , y , z) = (4,−3, 8)
∇h(x , y , z) = (2x , 2y ,−2z)
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utilizando el metodo de multiplicadores de Lagrange
∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)
(0, 0, 1) = λ(4,−3, 8) + µ(2x , 2y ,−2z)
= (4λ,−3λ, 8λ) + (2µx , 2µy ,−2µz)
= (4λ+ 2µx ,−3λ+ 2µy , 8λ− 2µz)
obteniendo el sistema
0 = 4λ+ 2µx (1)
0 = −3λ+ 2µy (2)
1 = 8λ− 2µZ (3)
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Criterio de las segundas derivadas parcialesCriterio conjunto cerrado y acotadoMultiplicadores de Lagrange
despejando λ en (1) y (2)
λ = −2µx
4
λ =2µy
3
igualando
−2µx
4=
2µy
3−3x = 4y
y = −3x
4
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reemplazando en g(x , y , z) y g(x , y , z) tenemos
4x − 3
(
−3x
4
)
+ 8z = 5
4x +
(
9x
4
)
+ 8z = 5
(
25x
4
)
+ 8z = 5 (4)
x2 +
(
−3x
4
)2
= z2
x2 +9x2
16= z2
25x2
16= z2
z = ±5x
4(5)
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ahora reemplazando (5) en (4) tenemos
(
25x
4
)
+ 8
(
±5x
4
)
= 5
(
25x
4
)
± 10x = 5
(25± 40)x
4= 5
x =20
(25± 40)
ası, z = 5x4, x = 4
9y z = −5x
4, x = −4
3de donde y = −1
3y
y = −1 respectivamente, por tanto z = 59y z = 5
3, los puntos
crıticos son(
49,−1
3, 59
)
y(
−43,−1, 5
3
)
, reemplazando en f (x , y , z)
f
(
4
9,−1
3,5
9
)
=5
9f
(
−4
3,−1,
5
3
)
=5
3
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con lo cual concluimos que el punto mas alto se que encuentrasobre la elipse es
(
−43,−1, 5
3
)
y el punto mas bajo sobre la elipsees(
49,−1
3, 59
)
.
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8 [Refraccion de la luz] Cuando las ondas de luz que viajan en unmedio tranparente atraviesan la superficie de un segundo mediotransparente, tienen a desviarse para seguir la trayectoria detiempo mınimo. Esta tendencia se llama refraccion y esta descritapor la ley de refraccion de Snell, segun la cual
sin θ1v1
=sin θ2v2
donde θ1 y θ2 son las magnitudes de los angulos mostrados en lafigura, y v1 y v2 son las velocidades de la luz en los dos medios.Utilizar los multiplicadores de Lagrange para deducir esta leyusando x + y = a.
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‘
b
b
a
d1
d2
x y
P
Q
Medio 1
Medio 2
θ1
θ2
Conecemos de las leyes fısicas que d = vt y de la trigonometrıa
sin θ1 =x√
d12 + x2sin θ2 =
y√
d22 + y2
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como la funcion a mınimizar es el tiempo tenemos
T = t1 + t2
T (x , y) =
√
d21 + x2
v1+
√
d22 + y2
v2
con la restriccion g(x , y) = x + y = a. Utilizando el metodo demultiplicadores de Lagrange
∇T (x , y) = λ∇g(x , y)(
x
v1√d12 + x2
,y
v2√
d22 + y2
)
= λ(1, 1)
(
x
v1√d12 + x2
,y
v2√
d22 + y2
)
= (λ, λ)
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obteniendo el sistema
x
v1√
d21+x2
= λ (1)
y
v2√
d22+y2
= λ (2)
igualando (1) y (2)
x
v1
√
d21 + x2
=y
v2
√
d22 + y2
(
x√d21+x2
)
v1=
(
y√d22+y2
)
v2sin θ1v1
=sin θ2v2
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‘
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9 Encuentre el valor maximo de la funcion f (x , y , z) = z sujeto a larestricciones x2+ y2+ z2 = 36 y 2x + y − z = 2 Sea f (x , y , z) = z ,g(x , y , z) = x2 + y2 + z2 = 36, y, h(x , y , z) = 2x + y − z = 2
∇f (x , y , z) = λ∇g(x , y , z) + µ∇h(x , y , z)
(0, 0, 1) = (2λx + 2µ, 2λy + µ, 2λz − µ)
Tenemos el sistema
0 = 2λx + 2µ
0 = 2λy + µ
1 = 2λz − µ
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Ası x = 2y , reemplazando en 2x + y − z = 2 =⇒z = 4y + y − 2 = 5y − 2, ahora reemplazando x y z enx2 + y2 + z2 = 36 tenemos
(2y)2 + y2 + (5y − 2)2 = 36
30y2 − 20y − 32 = 0
15y2 − 10y − 16 = 0
y =5 +
√265
15
Por tanto(
10+2√
26515
, 5+√
26515
, −1+√
2653
)
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10 Un semicırculo esta sobre un rectangulo. Si el area es fija y elperımetro es un mınimo utilice multiplicadores de Lagrange paraverificar que la longitud del rectangulo es el doble de su altura.
h
l
Sea P(h, l) = 2h + l + lπ2, y,A(h, l) = hl + πl2
8= A
∇P(h, l) = λ∇A(h, l)
(2, 1 +π
2) =
(
λl , λ
(
h +lπ
4
))
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Tenemos el sistema
2 = λl
1 +π
2= λ
(
h +lπ
4
)
Solucionando l = 2h
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11 Los tipos sanguıneos son geneticamente determinados por tresalelos A,B y O. (Alelo es cualquiera de las posibles formas demutacion de un gen). Una persona cuyo tipo sanguıneo es AA,BBu OO es homocigotica. Una persona cuyo tipo sanguıneo esAB ,AO o BO es heterocigotica. La Ley de Hardy-Weinbergestablece que la proporcion P de individuos heterocigotica encualquier poblacion dada es
P(p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr
donde p representa el porcentaje de alelos A en la poblacion, qrepresenta el porcentaje de alelos B en la poblacion, y r representael porcentaje de alelos O en la poblacion. Utilice el hecho de quep + q + r = 1 para mostrar que la proporcion maxima deindividuos heterocigoticos en cualquier poblacion es 2
3.
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Sea P(p, q, r) = 2pq + 2pr + 2qr y f (p, q, r) = p + q + r = 1
∇P(p, q, r) = λ∇f (p, q, r)
(2q + 2r , 2p + 2r , 2p + 2q) = (λ, λ, λ)
Tenemos el sistema
2q + 2r = λ
2p + 2r = λ
2p + 2q = λ
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Ası λ = 43,
q + r =2
3p + q + r = 1
entonces p = q = r = 13donde
P(13, 13, 13) = 2
(
13
) (
13
)
+ 2(
13
) (
13
)
+ 2(
13
) (
13
)
= 23
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12 Un contenedor (en forma de un solido rectangular) debe tener unvolumen de 480 pies cubicos. Construir la base costara $5 por piecuadrado y construir los lados y la parte superior costara $3 por piecuadrado. Encuentre las dimensiones del contenedor que minimizanel costo.Sea C(x , y , z) = 5xy + 3(xy + 2yz + 2xz), V (x , y , z) = xyz = 480
∇C(x , y , z) = λ∇V (x , y , z)
(8y + 6z , 8x + 6z , 6y + 6x) = (λyz , λxz , λxy)
Tenemos el sistema
8y + 6z = λyz
8x + 6z = λxz
6x + 6y = λxy
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Multiplicando por x , y y z obtenemos
8xy + 6xz = λxyz
8xy + 6yz = λxyz
6xz + 6yz = λxyz
Por tanto x = y , y, z = 4x3, reemplazando en la restriccion
xyz = 480
4x3
3= 480
x3 = 360
x =3√360
Ası tenemos 3√360× 3
√360× 4
33√360.
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13 Encuentre las dimensiones de la caja rectangular de volumenmaximo que puede ser inscrita (con los bordes paralelos a los ejes
coordenados) en el elipsoide x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1.
Sea V (x , y , z) = (2x)(2y)(2z) = 8xyz , y,
f (x , y , z) = x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1
∇V (x , y , z) = λ∇f (x , y , z)
(8yz , 8xz , 8xy) =
(
2λx
a2,2λy
b2,2λz
c2
)
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Tenemos el sistema
8yz =2λx
a2
8xz =2λy
b2
8xy =2λz
c2
Multiplicando por x , y y z obtenemos
8xyz =2λx2
a2
8xyz =2λy2
b2
8xyz =2λz2
c2
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Ası x2
a2= y2
b2= z2
c2, ahora reemplazando en la restriccion
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
3x2
a2= 1
x2 =a2
3
x =
√
a2
3
x =a√3
x =
√3a
3
Ası tenemos 2√
3a3
× 2√
3b3
× 2√
3c3
.
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